Exercices corrigés — Produit scalaire (1ère spé)

1. \[\vec u\cdot\vec v=3\times(-1)+(-2)\times4=-3-8=\boxed{-11}.\] De plus \[\|\vec u\|=\sqrt{3^2+(-2)^2}=\boxed{\sqrt{13}},\qquad \|\vec v\|=\sqrt{(-1)^2+4^2}=\boxed{\sqrt{17}}.\]

2. Si \(\theta=(\vec u,\vec v)\), alors \[\cos\theta=\dfrac{-11}{\sqrt{13}\sqrt{17}}=\boxed{-\dfrac{11}{\sqrt{221}}}.\] Ainsi \(\theta\approx\boxed{137{,}7^\circ}\).

3. Comme \(\vec u\cdot\vec v=-11\neq0\), les vecteurs ne sont pas orthogonaux.

1. \[\vec u\cdot\vec v=\|\vec u\|\,\|\vec v\|\cos\theta.\]

2. \[\vec u\cdot\vec v=5\times6\times\cos60^\circ=30\times\dfrac12=\boxed{15}.\]

3. \[\|\vec u+\vec v\|^2=\|\vec u\|^2+\|\vec v\|^2+2\vec u\cdot\vec v=25+36+30=\boxed{91}.\]

4. \[\boxed{\|\vec u+\vec v\|=\sqrt{91}}.\]

1. Comme \(H\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur \((BC)\), le triangle \(ABH\) est rectangle en \(H\). Par Pythagore : \[ AB^2=AH^2+BH^2. \] Ainsi \[ AH^2=AB^2-BH^2=7^2-4^2=49-16=\boxed{33}. \]

2. La projection orthogonale de \(\overrightarrow{BA}\) sur la droite \((BC)\) est \(\overrightarrow{BH}\). Comme \(B,H,C\) sont alignés dans le même sens, \[ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} =\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{BC} =BH\times BC. \] Or \(BC=BH+HC=4+5=9\). Donc \[ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}=4\times9=\boxed{36}. \]

3. On peut écrire \[ \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HB}. \] Comme \((AH)\perp(BC)\) et \(\overrightarrow{HB}\) est porté par \((BC)\), on a \[ \overrightarrow{HB}\cdot\overrightarrow{AH}=0. \] Ainsi \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH} =(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HB})\cdot\overrightarrow{AH} =AH^2=\boxed{33}. \]

4. Les deux produits scalaires sont strictement positifs. Donc les angles entre \(\overrightarrow{BA}\) et \(\overrightarrow{BC}\), puis entre \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AH}\), sont aigus.

On peut choisir un repère orthonormé avec \[ A(0;0),\qquad B(5;0),\qquad D(0;3),\qquad C(7;3). \]

1. Les droites \((AB)\) et \((AD)\) sont perpendiculaires. Donc \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}=\boxed{0}. \]

2. Les vecteurs \(\overrightarrow{CD}\) et \(\overrightarrow{AB}\) sont colinéaires de sens opposés, avec \(CD=7\) et \(AB=5\). Ainsi \[ \overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{AB} =CD\times AB\times\cos180^\circ =7\times5\times(-1) =\boxed{-35}. \]

3. Par Chasles, \[ \overrightarrow{CA}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{DA}. \] Donc \[ \overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CD} =\overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{CD} +\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{CD}. \] Or \((DA)\perp(CD)\), donc le second terme est nul. Par conséquent \[ \overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CD}=CD^2=7^2=\boxed{49}. \]

1. \[\vec u\cdot\vec v=4\times2+3\times5=\boxed{23}.\]

2. \[\|\vec u\|=\sqrt{16+9}=\boxed{5},\qquad \|\vec v\|=\sqrt{4+25}=\boxed{\sqrt{29}}.\]

3. \[\boxed{\cos\theta=\dfrac{23}{5\sqrt{29}}}.\]

4. \[\theta=\arccos\left(\dfrac{23}{5\sqrt{29}}\right)\approx\boxed{31{,}3^\circ}.\]

1. \[\vec u\cdot\vec v=m\times2+3\times(-4)=\boxed{2m-12}.\]

2. L'orthogonalité impose \(2m-12=0\), donc \(\boxed{m=6}\).

3. Pour \(m=6\), \[(6;3)\cdot(2;-4)=12-12=\boxed{0}.\] La valeur est vérifiée.

1. \[\overrightarrow{AB}=(6;2),\qquad \overrightarrow{AC}=(2;-6).\]

2. \[\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=6\times2+2\times(-6)=\boxed{0}.\]

3. Les vecteurs issus de \(A\) sont orthogonaux : le triangle \(ABC\) est \(\boxed{\text{rectangle en }A}\).

4. \[AB^2=40,\quad AC^2=40,\quad BC^2=(-4)^2+(-8)^2=80.\] Donc \(AB^2+AC^2=BC^2\), ce qui confirme le résultat.

1. Pour une droite \(ax+by+c=0\), un vecteur normal est \((a;b)\). Ainsi \[ \boxed{\vec n_1=(2;-1)} \qquad\text{et}\qquad \boxed{\vec n_2=(1;2)}. \]

2. \[ \vec n_1\cdot\vec n_2 =2\times1+(-1)\times2 =2-2 =\boxed{0}. \]

3. Les vecteurs normaux sont orthogonaux. Or un vecteur directeur de \(d_1\) peut être \((1;2)=\vec n_2\), et un vecteur directeur de \(d_2\) peut être \((2;-1)=\vec n_1\). Les directions des deux droites sont donc orthogonales : \[ \boxed{d_1\perp d_2}. \]

4. De \(2x-y+3=0\), on obtient \[ y=2x+3. \] On remplace dans \(x+2y-4=0\) : \[ x+2(2x+3)-4=0 \iff 5x+2=0 \iff x=-\dfrac25. \] Alors \[ y=2\left(-\dfrac25\right)+3 =-\dfrac45+\dfrac{15}{5} =\dfrac{11}{5}. \] Le point d'intersection est donc \[ \boxed{\left(-\dfrac25;\dfrac{11}{5}\right)}. \]

1. La droite \((BC)\) est horizontale et a pour équation \(y=0\). Le projeté orthogonal de \(A(1;4)\) sur cette droite conserve donc l'abscisse \(1\) et a une ordonnée nulle : \[ \boxed{H(1;0)}. \]

2. \[ \overrightarrow{BA}=(1-(-2);4-0)=(3;4), \qquad \overrightarrow{BC}=(6-(-2);0-0)=(8;0). \] Donc \[ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} =3\times8+4\times0 =\boxed{24}. \]

3. Par Chasles, \[ \overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BH}+\overrightarrow{HA}. \] En prenant le produit scalaire avec \(\overrightarrow{BC}\), \[ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{HA}\cdot\overrightarrow{BC}. \] Or \(AH\perp BC\), donc \[ \overrightarrow{HA}\cdot\overrightarrow{BC}=0. \] Ainsi \[ \overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{BC}. \] Comme \(\overrightarrow{BH}\) et \(\overrightarrow{BC}\) sont colinéaires de même sens, \[ \overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{BC}=BH\times BC. \] Donc \[ \boxed{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}=BH\times BC}. \]

4. On a \(BC=8\) et le produit scalaire vaut \(24\). Donc \[ BH=\dfrac{24}{8}=\boxed{3}. \] Comme \(H\in[BC]\), \[ HC=BC-BH=8-3=\boxed{5}. \]

1. \[ \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD} =AB\times AD\times\cos60^\circ =5\times3\times\dfrac12 =\boxed{\dfrac{15}{2}}. \]

2. Dans un parallélogramme, \[ \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}. \] Donc \[ AC^2 =\|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}\|^2 =AB^2+AD^2+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}. \] Ainsi \[ AC^2=25+9+2\times\dfrac{15}{2}=25+9+15=49, \] d'où \[ \boxed{AC=7}. \]

3. On a \[ \overrightarrow{BD}=\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}. \] Donc \[ BD^2 =\|\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}\|^2 =AD^2+AB^2-2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AD}. \] Ainsi \[ BD^2=9+25-15=19, \] d'où \[ \boxed{BD=\sqrt{19}}. \]

4. Comme \(49>19\), on a \(7>\sqrt{19}\). Par conséquent \[ \boxed{AC>BD}. \]

1. \[\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BJ}=\overrightarrow{AB}+\dfrac13(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\boxed{\dfrac23\overrightarrow{AB}+\dfrac13\overrightarrow{AC}}.\]

2. Dans \((A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})\), \[\boxed{I\left(0;\dfrac25\right)},\qquad \boxed{J\left(\dfrac23;\dfrac13\right)},\qquad \boxed{K(k;0)}.\]

3. La droite \((IJ)\) coupe l'axe des abscisses en \(K\). Avec \(I+t(J-I)\), la coordonnée verticale vaut \[\dfrac25+t\left(\dfrac13-\dfrac25\right)=\dfrac25-\dfrac{t}{15}.\] Elle est nulle pour \(t=6\), et alors l'abscisse vaut \(6\times\dfrac23=4\). Donc \(\boxed{k=4}\).

1. \[\boxed{D(0;4),\quad E(3;0),\quad C(6;4)}.\]

2. \[\overrightarrow{DE}=(3;-4),\quad \overrightarrow{AC}=(6;4),\] donc \[\overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{AC}=18-16=\boxed{2}.\]

3. \[DE=\sqrt{3^2+(-4)^2}=\boxed{5},\qquad AC=\sqrt{6^2+4^2}=\boxed{2\sqrt{13}}.\]

4. \[\cos\theta=\dfrac{2}{5\times2\sqrt{13}}=\boxed{\dfrac{1}{5\sqrt{13}}},\qquad \theta\approx\boxed{86{,}8^\circ}.\]

1. \[ \overrightarrow{OM}=(4;-3), \qquad \overrightarrow{DC}=(3;4). \] Donc \[ \overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{DC} =4\times3+(-3)\times4 =12-12 =\boxed{0}. \] Les deux vecteurs étant non nuls, on en déduit \[ \boxed{(OM)\perp(DC)}. \]

2. \[ \overrightarrow{CD}=(-3;-4), \qquad \overrightarrow{CM}=(4;-7). \] Alors \[ \overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{CM} =(-3)\times4+(-4)\times(-7) =-12+28 =\boxed{16}. \]

3. Puisque \(H\) est le projeté orthogonal de \(M\) sur \((DC)\), le vecteur \(\overrightarrow{CH}\) est la projection orthogonale de \(\overrightarrow{CM}\) sur la direction de \(\overrightarrow{CD}\). Par la propriété de projection du produit scalaire, \[ \overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{CM} = \overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{CH}. \] Ici \(H\) appartient au segment \([CD]\), donc \(\overrightarrow{CD}\) et \(\overrightarrow{CH}\) sont de même sens. Ainsi \[ \overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{CH}=CD\times CH, \] d'où \[ \boxed{\overrightarrow{CD}\cdot\overrightarrow{CM}=CD\times CH}. \]

4. On a \[ CD=\sqrt{(-3)^2+(-4)^2}=5. \] La question précédente donne donc \[ 5\times CH=16, \] et finalement \[ \boxed{CH=\dfrac{16}{5}}. \]

1. \[W=\vec F\cdot\vec d=\|\vec F\|\,\|\vec d\|\cos\theta.\]

2. \[W=1800\times60\times\cos30^\circ=108000\times\dfrac{\sqrt3}{2}=\boxed{54000\sqrt3\ \mathrm J}.\]

3. \[W\approx\boxed{93531\ \mathrm J}.\]

4. Si la nouvelle force est dans le sens du déplacement, \(W=F'\times60\). Ainsi \[F'=\dfrac{54000\sqrt3}{60}=\boxed{900\sqrt3\ \mathrm N\approx1559\ \mathrm N}.\]

1. \[ \vec F_1\cdot\vec F_2 =\|\vec F_1\|\,\|\vec F_2\|\cos60^\circ =300\times400\times\dfrac12 =\boxed{60000}. \]

2. Comme \(\vec R=\vec F_1+\vec F_2\), \[ \|\vec R\|^2 =\|\vec F_1+\vec F_2\|^2 =\|\vec F_1\|^2+\|\vec F_2\|^2+2\vec F_1\cdot\vec F_2. \] Donc \[ \|\vec R\|^2 =300^2+400^2+2\times60000 =90000+160000+120000 =\boxed{370000}. \]

3. La norme étant positive, \[ \|\vec R\|=\sqrt{370000} =\sqrt{10000\times37} =\boxed{100\sqrt{37}\ \mathrm N}. \] Numériquement, \[ 100\sqrt{37}\approx608{,}28, \] donc, au newton près, \[ \boxed{\|\vec R\|\approx608\ \mathrm N}. \]

1. \[\boxed{(x-2)^2+(y+3)^2=25}.\]

2. Pour \(A(5;1)\), \[(5-2)^2+(1+3)^2=9+16=25,\] donc \(A\in\mathcal C\).

3. \[\overrightarrow{IA}=(3;4).\] Ce rayon est normal à la tangente ; on peut prendre \(\boxed{\vec n=(3;4)}\).

4. Une équation de la tangente en \(A\) est \[3(x-5)+4(y-1)=0\iff\boxed{3x+4y-19=0}.\]

1. \[AO=\sqrt{(2-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt5.\] Donc \[\boxed{(x-2)^2+(y-1)^2=5}.\]

2. \(2\times0+0=0\), donc \(\boxed{O\in d}\).

3. Un vecteur normal à \(d\) est \(\vec n=(2;1)\). Or \[\overrightarrow{AO}=(-2;-1).\]

4. \(\overrightarrow{AO}=-\vec n\), donc \(\overrightarrow{AO}\) est bien normal à \(d\).

5. La droite \(d\) passe par \(O\) et est perpendiculaire au rayon \([AO]\) en \(O\). Ainsi \(\boxed{d\text{ est tangente à }\mathcal C\text{ en }O}\).

1. Si \(H\) est le projeté orthogonal de \(M\) sur \((AB)\), alors la projection algébrique de \(\overrightarrow{AM}\) sur la direction de \(\overrightarrow{AB}\) est \(\overline{AH}\). On a donc \[ \overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AB} =\overline{AH}\times AB. \]

2. La condition imposée donne \[ \overline{AH}\times8=16 \iff \overline{AH}=2. \] Ainsi \(H\) est le point fixe de \((AB)\) situé à \(2\) unités de \(A\) dans le sens de \(A\) vers \(B\). Comme \(AB=8\), ce point appartient bien au segment \([AB]\).

3. Les points \(M\) dont le projeté orthogonal sur \((AB)\) est ce point fixe \(H\) sont exactement les points de la droite perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(H\). Donc \[ \boxed{\mathcal D\text{ est la droite perpendiculaire à }(AB)\text{ en }H}. \]

4. Pour construire la figure : tracer \([AB]\) de longueur \(8\) cm, placer \(H\) sur \([AB]\) avec \(AH=2\) cm, puis tracer la perpendiculaire à \((AB)\) passant par \(H\). Cette droite représente l'ensemble \(\mathcal D\).

1. Comme \(-\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{AI}\), on a bien \[\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{IM}-\overrightarrow{IA},\qquad \overrightarrow{BM}=\overrightarrow{IM}-\overrightarrow{IB}.\]

2. Avec \(\overrightarrow{IB}=-\overrightarrow{IA}\), \[\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BM}=(\overrightarrow{IM}-\overrightarrow{IA})\cdot(\overrightarrow{IM}+\overrightarrow{IA})=IM^2-IA^2.\]

3. Comme \(AB=10\), \(IA=5\). La condition devient \[IM^2-25=-12\iff IM^2=13.\] Ainsi \(\boxed{\mathcal C\text{ est le cercle de centre }I\text{ et de rayon }\sqrt{13}}\).

1. Par Chasles, \[ \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}. \] Comme \(I\) est le milieu de \([BC]\), \[ \overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\vec0. \] Donc \[ \overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC} =2\overrightarrow{MI}. \]

2. La condition devient \[ \overrightarrow{MA}\cdot2\overrightarrow{MI}=0. \] Comme \(2\neq0\), \[ \boxed{\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MI}=0}. \]

3. Cette égalité signifie que \(\overrightarrow{MA}\) et \(\overrightarrow{MI}\) sont orthogonaux lorsque \(M\neq A,I\). Ainsi \(\widehat{AMI}=90^\circ\). Les points \(A\) et \(I\) eux-mêmes vérifient également la condition, car l'un des vecteurs y est nul. Par conséquent \[ \boxed{\mathcal E\text{ est le cercle de diamètre }[AI]}. \]

4. Avec \(B(0;0)\) et \(C(6;0)\), le milieu est \[ I\left(\dfrac{0+6}{2};\dfrac{0+0}{2}\right)=\boxed{I(3;0)}. \] Le centre \(J\) du cercle de diamètre \([AI]\) est le milieu de \(A(4;4)\) et \(I(3;0)\) : \[ J\left(\dfrac{4+3}{2};\dfrac{4+0}{2}\right) =\boxed{J\left(\dfrac72;2\right)}. \] De plus \[ AI=\sqrt{(4-3)^2+(4-0)^2}=\sqrt{17}, \qquad r=\dfrac{AI}{2}=\boxed{\dfrac{\sqrt{17}}2}. \] Une équation de \(\mathcal E\) est donc \[ \boxed{\left(x-\dfrac72\right)^2+(y-2)^2=\dfrac{17}{4}}. \]

1. \[BC^2=AB^2+AC^2-2AB\,AC\cos\widehat{BAC}.\]

2. \[BC^2=49+25-2\times7\times5\times\dfrac12=74-35=\boxed{39}.\]

3. \[\boxed{BC=\sqrt{39}\approx6{,}24}.\]

4. Par le cosinus, \[\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=7\times5\times\dfrac12=\boxed{\dfrac{35}{2}}.\] Par les longueurs, \[\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2}=\dfrac{49+25-39}{2}=\boxed{\dfrac{35}{2}}.\]

1. \[\cos\widehat{BAC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\,AC}.\]

2. \[\cos\widehat{BAC}=\dfrac{25+49-64}{2\times5\times7}=\boxed{\dfrac17}.\]

3. \[\widehat{BAC}=\arccos\left(\dfrac17\right)\approx\boxed{81{,}8^\circ}.\]

4. Le cosinus est positif, donc l'angle est \(\boxed{\text{aigu}}\).

1. \[\cos\widehat{BAC}=\dfrac{-12}{6\times4}=\boxed{-\dfrac12}.\]

2. On reconnaît \(\cos120^\circ=-\dfrac12\), donc \(\boxed{\widehat{BAC}=120^\circ}\).

3. \[\mathcal A=\dfrac12\times6\times4\times\sin120^\circ=12\times\dfrac{\sqrt3}{2}=\boxed{6\sqrt3}.\]

4. \[BC^2=AB^2+AC^2-2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=36+16-2(-12)=76,\] donc \(\boxed{BC=2\sqrt{19}}\).

1. Comme \[ \overrightarrow{AI}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right), \] on a \[ AI^2 =\dfrac14\|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\|^2. \] En développant, \[ AI^2 =\dfrac14\left(AB^2+AC^2+2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\right). \] Or \[ 2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} =AB^2+AC^2-BC^2. \] Donc \[ \boxed{AI^2=\dfrac{2AB^2+2AC^2-BC^2}{4}}. \]

2. \[ AI^2 =\dfrac{2\times7^2+2\times5^2-8^2}{4} =\dfrac{98+50-64}{4} =\dfrac{84}{4} =21. \] Ainsi \[ \boxed{AI=\sqrt{21}}. \]

3. Pour la médiane issue de \(B\), \[ BJ^2=\dfrac{2BA^2+2BC^2-AC^2}{4} =\dfrac{2\times49+2\times64-25}{4} =\dfrac{201}{4}. \] Donc \[ \boxed{BJ=\dfrac{\sqrt{201}}2}. \] Pour la médiane issue de \(C\), \[ CK^2=\dfrac{2CA^2+2CB^2-AB^2}{4} =\dfrac{2\times25+2\times64-49}{4} =\dfrac{129}{4}. \] Donc \[ \boxed{CK=\dfrac{\sqrt{129}}2}. \]

1. Le point \(K\) est le milieu de \(A(0;20)\) et \(B(20;20)\), donc \[ K\left(\dfrac{0+20}{2};\dfrac{20+20}{2}\right)=\boxed{K(10;20)}. \] Le point \(L\) est le milieu de \(B(20;20)\) et \(C(20;0)\), donc \[ L\left(\dfrac{20+20}{2};\dfrac{20+0}{2}\right)=\boxed{L(20;10)}. \]

2. L'aire totale du carré vaut \[ 20\times20=400. \] La région non éclairée est la réunion de deux triangles rectangles : \[ \mathcal A_{OAK}=\dfrac12\times OA\times AK =\dfrac12\times20\times10=100, \] et \[ \mathcal A_{OCL}=\dfrac12\times OC\times CL =\dfrac12\times20\times10=100. \] Ainsi l'aire éclairée est \[ 400-100-100=\boxed{200}. \] Le pourcentage correspondant est \[ \dfrac{200}{400}\times100=\boxed{50\%}. \]

3. \[ \overrightarrow{OK}=(10;20), \qquad \overrightarrow{OL}=(20;10). \] Donc \[ \overrightarrow{OK}\cdot\overrightarrow{OL} =10\times20+20\times10 =200+200 =\boxed{400}. \]

4. \[ OK=\sqrt{10^2+20^2}=10\sqrt5, \qquad OL=\sqrt{20^2+10^2}=10\sqrt5. \] Ainsi \[ \cos\widehat{KOL} =\dfrac{\overrightarrow{OK}\cdot\overrightarrow{OL}}{OK\times OL} =\dfrac{400}{(10\sqrt5)^2} =\dfrac{400}{500} =\boxed{\dfrac45}. \] Donc \[ \widehat{KOL}=\arccos\left(\dfrac45\right) \approx\boxed{36{,}9^\circ}. \]

1. Le triangle \(TAD\) est rectangle en \(D\), donc \((TD)\perp(AD)\). Or \(B\) appartient à \([AD]\), donc \(\overrightarrow{DB}\) est colinéaire à \(\overrightarrow{DA}\). Ainsi \((TD)\perp(DB)\), donc \[\overrightarrow{TD}\cdot\overrightarrow{DB}=0.\]

2. On a \[ \overrightarrow{TA}=\overrightarrow{TD}+\overrightarrow{DA} \qquad\text{et}\qquad \overrightarrow{TB}=\overrightarrow{TD}+\overrightarrow{DB}. \] Donc \[ \overrightarrow{TA}\cdot\overrightarrow{TB} = (\overrightarrow{TD}+\overrightarrow{DA})\cdot(\overrightarrow{TD}+\overrightarrow{DB}). \] En développant, \[ \overrightarrow{TA}\cdot\overrightarrow{TB} = \overrightarrow{TD}\cdot\overrightarrow{TD} +\overrightarrow{TD}\cdot\overrightarrow{DB} +\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{TD} +\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{DB}. \] Les deux termes croisés sont nuls car \((TD)\perp(AD)\). Il reste \[ \overrightarrow{TA}\cdot\overrightarrow{TB} = TD^2+DA\times DB. \]

3. Comme \(A\), \(B\), \(D\) sont alignés avec \(B\in[AD]\), \[ DA=AB+BD=6+8=14. \] Ainsi \[ \overrightarrow{TA}\cdot\overrightarrow{TB} = 15^2+14\times 8 = 225+112 = \boxed{337}. \]

4. Dans le triangle rectangle \(TAD\), \[ TA=\sqrt{TD^2+DA^2} = \sqrt{15^2+14^2} = \sqrt{225+196} = \sqrt{421}. \] Dans le triangle rectangle \(TBD\), \[ TB=\sqrt{TD^2+DB^2} = \sqrt{15^2+8^2} = \sqrt{225+64} = 17. \] Donc \[ \boxed{TA=\sqrt{421}} \qquad\text{et}\qquad \boxed{TB=17}. \]

5. On utilise \[ \cos\widehat{ATB} = \dfrac{\overrightarrow{TA}\cdot\overrightarrow{TB}}{TA\times TB} = \dfrac{337}{17\sqrt{421}}. \] Ainsi \[ \cos\widehat{ATB}\approx 0{,}9661, \] d’où \[ \widehat{ATB}\approx \boxed{15{,}0^\circ}. \]

Conclusion : l’angle de tir vaut environ \(\boxed{15{,}0^\circ}\).

1. Le milieu de \([AB]\) est \((1;0)\). Dans un triangle équilatéral de côté \(2\), la hauteur vaut \[ \sqrt{2^2-1^2}=\sqrt3. \] Comme \(E\) est au-dessus de \([AB]\), \[ \boxed{E(1;\sqrt3)}. \]

2. \[ \overrightarrow{BE}=E-B=(1-2;\sqrt3-0)=(-1;\sqrt3). \] Le carré \(BGFE\) est construit à l'extérieur du triangle. Une rotation horaire de \(90^\circ\) de \((-1;\sqrt3)\) donne \[ (\sqrt3;1). \] Ainsi \[ \overrightarrow{EF}=(\sqrt3;1), \] et \[ F=E+\overrightarrow{EF} =(1+\sqrt3;\sqrt3+1). \] Donc \[ \boxed{F(1+\sqrt3;1+\sqrt3)}. \]

3. \[ \overrightarrow{DE} =(1-0;\sqrt3-2) =\boxed{(1;\sqrt3-2)}. \] De même, \[ \overrightarrow{BF} =(1+\sqrt3-2;1+\sqrt3-0) =\boxed{(\sqrt3-1;\sqrt3+1)}. \]

4. \[ \overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{BF} =1(\sqrt3-1)+(\sqrt3-2)(\sqrt3+1). \] Or \[ (\sqrt3-2)(\sqrt3+1) =3+\sqrt3-2\sqrt3-2 =1-\sqrt3. \] Donc \[ \overrightarrow{DE}\cdot\overrightarrow{BF} =(\sqrt3-1)+(1-\sqrt3) =\boxed{0}. \]

5. Les deux vecteurs sont non nuls et leur produit scalaire est nul. Par conséquent \[ \boxed{(DE)\perp(BF)}. \]

1. Pour \(M\neq A,B\), la condition signifie \(\overrightarrow{MA}\perp\overrightarrow{MB}\), donc \(\widehat{AMB}=90^\circ\). D'après la propriété du cercle de diamètre \([AB]\), un point \(M\neq A,B\) vérifie \(\widehat{AMB}=90^\circ\) si et seulement s'il appartient à ce cercle.

2. \[\overrightarrow{MA}=(-4-x;-y),\quad\overrightarrow{MB}=(4-x;-y).\] Leur produit vaut \[(-4-x)(4-x)+y^2=x^2+y^2-16.\] La condition donne donc \[\boxed{x^2+y^2=16}.\]

3. C'est le cercle de centre \(\boxed{O(0;0)}\) et de rayon \(\boxed{4}\).

4. Avec \(y=x\), \(2x^2=16\), donc \(x=\pm2\sqrt2\). Les intersections sont \[\boxed{(2\sqrt2;2\sqrt2)}\quad\text{et}\quad\boxed{(-2\sqrt2;-2\sqrt2)}.\]

1. Le rayon du cercle est \(AO\). On a \[ AO^2=(2-0)^2+(1-0)^2=4+1=5. \] Ainsi \(\mathcal C\) a pour équation \[ \boxed{(x-2)^2+(y-1)^2=5}. \]

2. D'abord, \[ 2\times0+0=0, \] donc \(O\in d\). Le rayon au point \(O\) est porté par \[ \overrightarrow{AO}=(-2;-1). \] Un vecteur normal à \(d:2x+y=0\) est \((2;1)\), colinéaire à \(\overrightarrow{AO}\). La droite \(d\) est donc perpendiculaire au rayon \(AO\) au point \(O\). Par conséquent \[ \boxed{d\text{ est tangente à }\mathcal C\text{ en }O}. \]

3. Pour \(B(3;-1)\), \[ (3-2)^2+(-1-1)^2=1+4=5. \] Donc \[ \boxed{B\in\mathcal C}. \]

4. Le rayon au point \(B\) est \[ \overrightarrow{AB}=(3-2;-1-1)=(1;-2). \] Il est normal à la tangente \(d'\). Une équation de \(d'\) passant par \(B(3;-1)\) est donc \[ 1(x-3)-2(y+1)=0. \] Après réduction, \[ \boxed{x-2y-5=0}. \]

5. Un vecteur normal à \(d\) est \(\vec n=(2;1)\), et un vecteur normal à \(d'\) est \(\vec n'=(1;-2)\). On calcule \[ \vec n\cdot\vec n' =2\times1+1\times(-2)=0. \] Les vecteurs normaux sont orthogonaux ; leurs vecteurs directeurs le sont donc également. Ainsi \[ \boxed{d\perp d'}. \]

1. \[\overrightarrow{AB}=(6;0),\qquad\overrightarrow{AC}=(2;4),\] et \[\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=6\times2=\boxed{12}.\]

2. \[AB=\boxed{6},\qquad AC=\sqrt{20}=\boxed{2\sqrt5},\qquad BC=\sqrt{(-4)^2+4^2}=\boxed{4\sqrt2}.\]

3. \[\cos\widehat{BAC}=\dfrac{12}{6\times2\sqrt5}=\boxed{\dfrac1{\sqrt5}},\] donc \(\boxed{\widehat{BAC}\approx63{,}4^\circ}\).

4. Comme \((AB)\) est l'axe \(y=0\), \(\boxed{H(2;0)}\). La hauteur vaut \(4\), donc \[\mathcal A_{ABC}=\dfrac12\times6\times4=\boxed{12}.\]

5. Le centre du cercle circonscrit est l'intersection de deux médiatrices. Pour \([AB]\), le milieu est \((3;0)\) et \((AB)\) est horizontal ; sa médiatrice est donc \[ x=3. \] Pour \([AC]\), le milieu est \[ \left(\dfrac{0+2}{2};\dfrac{0+4}{2}\right)=(1;2). \] La pente de \((AC)\) vaut \(2\), donc la pente d'une droite perpendiculaire vaut \(-\dfrac12\). Une équation de la médiatrice de \([AC]\) est \[ y-2=-\dfrac12(x-1). \] En imposant \(x=3\), \[ y-2=-1, \] donc \(y=1\). Ainsi \[ \boxed{I(3;1)}. \]

6. \(IA^2=3^2+1^2=10\). Une équation du cercle circonscrit est \[\boxed{(x-3)^2+(y-1)^2=10}.\]

7. \(\overrightarrow{IB}=(3;-1)\) est normal à la tangente en \(B(6;0)\). Donc \[3(x-6)-(y-0)=0\iff\boxed{3x-y-18=0}.\]